一道函數(shù)不等式證明題引發(fā)的教學(xué)思考

摘要：教育部的文件《關(guān)于全面深化課程改革落實立德樹人根本任務(wù)的意見》充分認識全面深化改革，落實立德樹人的根本任務(wù)，明確各學(xué)段教育功能的定位，理順了各學(xué)段的育人目標，進一步提升數(shù)學(xué)、科學(xué)、技術(shù)等課程的育人價值，協(xié)同推進教材編寫、教學(xué)實施、評價方式、考試命題的各環(huán)節(jié)的改革。全國卷數(shù)學(xué)高考題的命制，必然會引起社會的廣泛關(guān)切。高考題是教學(xué)的風(fēng)向標，如何更好地引導(dǎo)數(shù)學(xué)教學(xué)，文章就這個問題，通過對一道高考真題的剖析，思考教學(xué)應(yīng)該如何有效地開展。

關(guān)鍵詞：一階導(dǎo)數(shù)的零點;理想模式;猜設(shè)證

中圖分類號：G633.603文獻標識碼：A文章編號：1673-8918（2022）03-0071-04

一、引言

下面就2014年新課標全國卷一理科數(shù)學(xué)的函數(shù)導(dǎo)數(shù)題展開說明。

二、真題再現(xiàn)及解析

設(shè)函數(shù)f（x）=aexlnx+bex-1x，曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線為y=e（x-1）+2。

（1）求a，b;（2）證明：f（x）>1。

解析：（1）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=aexlnx+axex-bx2ex-1+bxex-1

此處導(dǎo)函數(shù)不宜通分整理，不然會使問題復(fù)雜化，要求求導(dǎo)基本功要過關(guān)。

由題意點（1，f（1））處的切線為y=e（x-1）+2，

利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義及切點的雙重身份，即切點既在曲線上又在切線上，

可得f（1）=2，f′（1）=e，故a=1，b=2。

今天我們著重觀察第（2）小題：

首先，由（1）知f（x）=exlnx+2ex-1x，要證f（x）>1第一想法求f（x）min，

誠然想法很單純，但是道路太坎坷，但不妨礙試一試：

f′（x）=exlnx+1x+2ex-1（x-1）x2=ex-1·ex2lnx+ex+2（x-1）x2（x>0），

顯然此處的一階導(dǎo)，相當復(fù)雜，是否繼續(xù)推進，得有一個判斷，否則很可能一條胡同走到黑，費時費力沒有好成效。平時的教學(xué)，我們可以指導(dǎo)學(xué)生一階導(dǎo)應(yīng)該有四個理想的模式。

①可求出具體零點或者可猜出零點，通過分析符號，確定導(dǎo)函數(shù)的變號情況;

②恒大于0或者恒小于0;

③單調(diào)（可直接觀察或者二次導(dǎo)恒正或恒負）;

④二次導(dǎo)可求零點。

此處一階導(dǎo)數(shù)沒有看到理想的四個模式，顯然二次導(dǎo)（除去恒正的項ex-1，x2）再求導(dǎo)也沒利用價值，所以考慮放棄此法。若不然四次導(dǎo)才恒正。

仔細分析發(fā)現(xiàn)本題中f（x）=exlnx+2ex-1x包含了三個基本初等函數(shù)：指數(shù)，對數(shù)，冪函數(shù)。

在平時的教學(xué)中我們喜聞樂見的求導(dǎo)是其中的兩個函數(shù)一起出現(xiàn)：對數(shù)與冪函數(shù)，指數(shù)與冪函數(shù)。不太喜歡看到指數(shù)與對數(shù)放一起求導(dǎo)，所以變形思路就出來了。

此處體現(xiàn)了化歸轉(zhuǎn)化思想，轉(zhuǎn)化成熟悉的問題來解決。

若真碰到指數(shù)和對數(shù)在一起了怎么辦？

f（x）=exlnx+2ex-1x>1等價變形①lnx+2ex>1ex，②xlnx>xex-2e。

在這里碰到一個相同的問題，證明不等式g（x）>h（x）。

因為接下來的問題處理對我們來說并不陌生。解決此類問題常用兩種處理方法：一是移項構(gòu)造新函數(shù)，求新函數(shù)最值;二是通過中間橋梁g（x）>k>h（x）加強命題，證明一個更強的結(jié)論，即問題成立的一個充分條件，證明g（x）min>k，k>h（x）max即證g（x）min>h（x）max。

對于變形①lnx+2ex>1ex我們可以通過構(gòu)造差函數(shù)證明函數(shù)不等式。

解法一：設(shè)g（x）=lnx+2ex-1ex（x>0），下面證明g（x）min>0。

求導(dǎo)得g′（x）=ex（ex-2）+ex2ex2ex（x>0），

再令h（x）=ex（ex-2）+ex2，則h′（x）=ex（ex+e-2）+2ex>0，這是理想模型③。

故h（x）在（0，+∞）上遞增，有h32e=94e-12e32e<0，h（1）=e2-e>0，且h（x）在（0，+∞）上連續(xù)，

所以h（x）在（0，+∞）上有唯一的零點x0∈32e，1，即h（x0）=0，即ex0（ex0-2）+ex02=0。

當x∈（0，x0）時，即g′（x）>0故g（x）在（0，x0）上遞減，

當x∈（x0，+∞）時，即g′（x）>0故g（x）在（0，x0）上遞增，

所以g（x）min=g（x0）=lnx0+2ex0-1ex0=lnx0+2ex0-2-ex0ex20=lnx0+1x0+2ex0-2ex20。

下面證明：當x0∈32e，1時lnx0+1x0+2ex0-2ex20>0。

令t（x）=lnx+1x+2ex-2ex2，x∈32e，1，則t′（x）=ex2-（e+2）+4ex3>0，

故t（x）在所以32e，1上遞增，t（x）>t32e=ln32+13+2e9>0，所以命題得證。

解法一解析：此法是處理不等式恒成立問題最常用的用法，也就是將不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為差函數(shù)最值問題，但在一次求導(dǎo)時求不出零點，采用了“設(shè)而不求”隱零點的方法來處理，另外此法還需要二次求導(dǎo)，難度不可謂不大。

嘗試加強命題證明g（x）min>h（x）max。

令g（x）=lnx+2ex，（x>0），h（x）=1ex，（x>0），則g′（x）=ex-2ex2（x>0），

所以當x∈0，2e時，g′（x）<0，當x∈2e，+∞時，g′（x）>0，

故g（x）在0，2e單調(diào)遞減，在2e，+∞單調(diào)遞增，

從而g（x）在0，+∞的最小值為g2e=ln2，

因為h（x）=1ex，（x>0）在（0，+∞）上遞減，所以h（x）<h（0）=1，但是ln2<1，故此法行不通。

對于變形②xlnx>xex-2e。

嘗試一：令m（x）=xlnx-xe-x+2e，得m′（x）=1+lnx+x-1ex（x>0），

不是一階導(dǎo)數(shù)四個理想模式。故到放棄此嘗試。

解法二：加強命題證明g（x）min>h（x）max。

設(shè)函數(shù)g（x）=xlnx，則g′（x）=1+lnx（x>0），

所以當g′（x）=0時，得x=1e時，易得g（x）min=g1e=-1e。

設(shè)函數(shù)h（x）=xex-2e，則h′（x）=1-xex（x>0），

所以當h′（x）=1-xex（x>0）時，得x=1時，易得h（x）max=h（1）=-1e。

所以g（x）min≥h（x）max，由于g（x），h（x）不在同一個x取到最值，所以g（x）>h（x），

綜上：當x>0時，g（x）>h（x），即f（x）>1。

解法二解析：變形②較變形①化簡的更徹底點，化簡到我們非常熟悉的函數(shù)g（x）=xlnx，以及h（x）=xex-2e，體現(xiàn)了化歸轉(zhuǎn)化思想的真諦，繼而通過加強命題證明原命題，計算量較解法一大幅減少，可謂磨刀不誤砍柴工。

解法三：不等式exlnx+2ex-1x>1等價于不等式elnx+2x>1ex-1（x>0）。

教材選修2-2中原題易證ex≥x+1，由于ex≥x+1，可得將x用x-1替換，可得ex-1≥x，所以1ex-1≤1x，所以只要證明不等式elnx+2x>1x（x>0），即證elnx+1x>0（x>0），令g（x）=elnx+1x，通過求導(dǎo)易得g（x）min>0，所以原命題得證。

解法三解析：利用教材中的不等式通過替代得到新不等式1ex-1≤1x，利用放縮法使得問題轉(zhuǎn)化為elnx+1x>0（x>0），得以解決問題，此解法的難點是放縮法，但是放縮法又是高考壓軸題的常用技巧，所以平時有志于攻克難題的學(xué)生，可以針對性地進行放縮法的訓(xùn)練，從而為解決難題打下堅實的基礎(chǔ)。

此題還可以借助兩個函數(shù)不等式ex≥ex和lnx≥-1ex來直接證題，相當?shù)暮啙嵜髁?。這兩個不等式在平時的學(xué)習(xí)當中要有意識地去記憶和運用，才能信手拈來，用得得心應(yīng)手，恰到好處。

幾個解法的總結(jié)：原不等式直接證明是不現(xiàn)實的，所以三種解法都是通過適當?shù)淖冃危C明一個等價的不等式，要么通過構(gòu)造差函數(shù)，要么通過加強命題，要么通過放縮法，要么通過借助其他不等式，最終都能解決問題。當然解題過程難易有很大的差別，所以對待函數(shù)導(dǎo)數(shù)壓軸題，除了多練，多思多想，善于發(fā)現(xiàn)總結(jié)更為重要。

三、試題拓展

1.2012年山東（理）22題

已知f（x）=lnx+1ex，設(shè)g（x）=（x2+x）f′（x），其中f′（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)。

證明：對任意x>0，g（x）<1+e-2。

2.已知函數(shù)f（x）=axn（1-x）+b（x>0），n為正整數(shù)，a，b為常數(shù)。曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線為x+y=1。

（1）求a，b的值;（2）求函數(shù)f（x）的最大值;（3）證明：f（x）<1ne。

以上兩道拓展題都是具有相當大的難度，但是跟我們提及的四種解法都有關(guān)聯(lián)，是原題的良好的習(xí)題范本，也是原題的拓展。讓學(xué)生多加練習(xí)，總結(jié)思考，有助于學(xué)生發(fā)現(xiàn)壓軸題也是有套路的，只是套路深一點而已，從而克服解難題的心理畏懼感，為成功拿下壓軸題奠定良好的知識儲備和心理基石。

四、試題的價值——教學(xué)的導(dǎo)向性

翻閱課本時，在普通高中課程標準實驗教科書人教A版選修教材中證明過重要不等式：“（3）ex>1+x，x≠0，（4）lnx<x<ex，x>0”解法三中我們應(yīng)用ex≥x+1進行放縮，另外我們還可以借助不等式lnx≤x-1進行證明，因此我們在平常教學(xué)中，要積極對書本的例題、習(xí)題進行改造，讓導(dǎo)數(shù)與不等式、數(shù)列等其他知識有效進行整合，讓我們的教學(xué)不止停留在課本，而應(yīng)該延伸到課本以外的知識。

五、教學(xué)的反思和升華

文章解析的這道高考題解題卡殼的地方就是原函數(shù)的一階導(dǎo)不太理想或者變形后的一階導(dǎo)不太理想。

所以我們在教學(xué)中應(yīng)該就一階導(dǎo)數(shù)零點不可求怎么辦，展開深層次的教學(xué)，總結(jié)升華。

導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的有力工具，其核心又是由導(dǎo)數(shù)值的正、負確定函數(shù)的單調(diào)性。用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f（x）的單調(diào)性，往往需要解方程f′（x）=0。若該方程不易求解時，如何繼續(xù)解題呢？

（一）猜——猜出方程f′（x）=0的根

典例：設(shè)f（x）=1+lnxx。若關(guān)于x的方程f（x）=x2-2x+k有實數(shù)解，求實數(shù)k的取值范圍。

解析：方程f（x）=x2-2x+k有實數(shù)解，即f（x）-x2+2x=k有實數(shù)解。

設(shè)g（x）=f（x）-x2+2x=1+lnxx-x2+2x，則g′（x）=2（1-x）-lnxx2。

接下來求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間，所以需解不等式g′（x）≥0及g′（x）≤0，因而需解方程g′（x）=0，

但此方程不易求解，所以我們可以先猜后解。

因為g′（1）=0，且當0<x<1時，g′（x）>0，當x>1時，g′（x）<0，

所以函數(shù)g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減。

所以g（x）max=g（1）=2。當x→0時，g（x）→-∞;當x→+∞時，g（x）→-∞，

所以函數(shù)g（x）的值域是（-∞，2]，所以所求實數(shù)k的取值范圍是（-∞，2]。

本題解題關(guān)鍵點：

當所求的導(dǎo)函數(shù)等于零的方程看起來不易求解時，可以通過特殊值猜出f′（x）=0的根。

若導(dǎo)函數(shù)中出現(xiàn)lnx時，常猜x=1;當函數(shù)解析式中出現(xiàn)ex時，常猜x=0。

（二）設(shè)——設(shè)出f′（x）=0的根

典例：設(shè)函數(shù)f（x）=e2x-alnx。求證：當a>0時，f（x）≥2a+aln2a。

解析：f′（x）=2e2x-ax（x>0）。令方程f′（x）=0，得a=2xe2x（x>0）。

因為函數(shù)g（x）=2xe2x（x>0），則g′（x）=2（2x+1）e2x（x>0），

則g′（x）>0在（0，+∞）上恒成立，所以g（x）單調(diào)遞增，所以g（x）>g（0）=0。

又因為x→+∞時，g（x）→+∞，所以g（x）的值域為（0，+∞）。

由此可得，當a>0時，f′（x）有唯一零點。

可設(shè)f′（x）=0在（0，+∞）上的唯一零點為x0，即2e2x0=ax0。

當x∈（0，x0）時，f′（x）<0;當x∈（x0，+∞）時，f′（x）>0。

所以函數(shù)f（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，+∞）上單調(diào)遞增。

當x=x0時，f（x）取得最小值為f（x0）。因為2e2x0=ax0，

所以f（x）min=f（x0）=e2x0-alnx0=a2x0+2ax0+aln2a≥2a+aln2a，

當且僅當x0=12時等號成立。所以當a>0時，f（x）≥2a+aln2a。

本題解題的關(guān)鍵點：

解題思路是求函數(shù)f（x）的最小值，因此需要求f′（x）=0的根，但是f′（x）=2e2x-ax=0的根無法求解。通過觀察或者求導(dǎo)可得二階導(dǎo)數(shù)是恒正，即一階導(dǎo)數(shù)是單調(diào)的，并且一階導(dǎo)有變號，此時由零點存在定理可設(shè)出f′（x）=0的根為x0，可得f′（x）在（0，x0）和（x0，+∞）上的正負值，從而通過單調(diào)性知f（x）min=f（x0），此法應(yīng)用了隱零點的設(shè)而不求法，最后利用基本不等式證得結(jié)論。

（三）證——證明方程f′（x）=0無根

典例：已知m∈R，函數(shù)f（x）=mx-mx-2lnx，g（x）=2ex若x0∈[1，e]，使得f（x0）>g（x0）成立，求實數(shù)m的取值范圍。

解析：因為當x=1時，f（x）=0，g（x）=2e，不存在f（x0）>g（x0），所以關(guān)于x的不等式f（x）>g（x）在[1，e]上有解，即關(guān)于x的不等式2e+2xlnxx2-1<m，（1<x≤e）有解。

設(shè)h（x）=2e+2xlnxx2-1，（1<x≤e），因為h（x）<m，（1<x≤e）有解，只需求出h（x）的最小值即可。

則h′（x）=2x2-4ex-2-2（1+x2）lnx（x2-1）2，（1<x≤e），

但不易求解方程h′（x）=0，（1<x≤e），

可大膽猜測方程h′（x）=0，（1<x≤e）無解。

證明如下：由1<x≤e，可得-2（1+x2）lnx<0，

由1<x≤e，2x2-4ex-2=2（x-e）2-2e2-2<0，

所以h′（x）<0，h（x）在（1，e]上是減函數(shù)，所以h（x）min=h（e）=4ee2-1，

故所求實數(shù)m的取值范圍是4ee2-1，+∞。

本題解題的關(guān)鍵點：

當利用導(dǎo)函數(shù)求函數(shù)f（x）在區(qū)間[a，b]上的最值時，可首先考慮函數(shù)f（x）在該區(qū)間上是否具有單調(diào)性，若具有單調(diào)性，則f（x）在區(qū)間的端點處取得最值，此時若求f′（x）=0的根，則此方程是無解的。或許此時需要能夠熟練應(yīng)用一些重要不等式，通過一些放縮法，從而證明f′（x）恒正或者恒負，從而推出函數(shù)f（x）單調(diào)。

六、結(jié)語

文章主要是通過對一道高考真題的剖析，揭示其命題本質(zhì)，從而啟發(fā)本人在教學(xué)中如何通過猜設(shè)證三種方法引導(dǎo)學(xué)生更加有效地解決一階導(dǎo)數(shù)不易求零點的問題，從而在一定程度上為解決此類函數(shù)不等式的證明掃清障礙，當然通過猜設(shè)證能解決的問題還相當有限，有時還需要對原不等式的變形改造、放縮等才能更好地解決問題，希望文章能夠為教師提高課堂實效提供一點參考。

參考文獻：

[1]佚名.教育部關(guān)于全面深化課程改革落實立德樹人根本任務(wù)的意見[J].基礎(chǔ)教育參考，2014.

[2]戚有建.2014年新課標全國卷Ⅰ理科21題研究[J].數(shù)學(xué)通訊：學(xué)生閱讀，2014（10）：36-39.

作者簡介：廖國鳳（1981～），男，漢族，福建南平人，福建省南安第一中學(xué)，研究方向：數(shù)學(xué)教學(xué)。